2023届高考数学二轮复习 微专题作业18 与圆相关的范围与最值问题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业18 与圆相关的范围与最值问题（含解析），共5页。试卷主要包含了如图，已知圆C等内容，欢迎下载使用。
1.已知x，y满足0≤x≤eq \r(4－y2)，则eq \f(y－2,x－3)的取值范围是________．
2．如果实数x，y满足x2＋y2＝1，则(1＋xy)(1－xy)的最小值为________．
3．(2018·全国卷Ⅲ)直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是________．
4．在平面直角坐标系中，已知M(－2，0)，N(1，0)，
A(0，1)，B(0，t)，t＞1.若存在点P，使eq \f(PM,PN)＝2，且∠APB为钝角，则实数t的取值范围是________．
5．已知直线l：x＋3y＋1＝0，圆C：x2＋y2－2ax－2ay＝1－2a2(a＞0)，过原点的直线l1与直线l垂直，l1与圆C交于M，N两点，则当△CMN的面积最大时，圆心C的坐标为________．
6．在平面直角坐标系xOy中，圆C：(x＋2)2＋(y－m)2＝3.若圆C存在以G为中点的弦AM，且AM＝2GO，则实数m的取值范围是________．
7.如图，已知圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝2，过原点O作圆C的切线OA，OB，切点依次记为A，B，过原点O引直线l交圆C于D，E两点，交AB于F点．
(1)求直线AB的直线方程；
(2)求OD＋OE的最大值．
8．(2018·常州期末)已知△ABC中，AB＝AC＝eq \r(3)，△ABC所在平面内存在点P使得PB2＋PC2＝3PA2＝3，求△ABC面积的最大值．
微专题18
1．答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(12,5))).
解析：由已知得x2＋y2≤4(x≥0)，则点(x，y)在以(0，0)为圆心，2为半径的右半圆内，eq \f(y－2,x－3)表示点(x，y)和点(3，2)连线的斜率，设切线方程为y－2＝k(x－3)，
即kx－y＋2－3k＝0，则eq \f(|2－3k|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝0或k＝eq \f(12,5)，故eq \f(y－2,x－3)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(12,5))).
2．答案：eq \f(3,4).
解法1由|xy|≤eq \f(x2＋y2,2)＝eq \f(1,2)，所以(1＋xy)(1－xy)＝1－(xy)2≥
1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).
解法2设x＝csα，y＝sinα，则(1＋xy)(1－xy)＝1－(xy)2＝1－eq \f(sin22α,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1)).
3．答案：[2，6]．
解析：因为直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，所以A(－2，0)，B(0，2)，则AB＝2eq \r(2)，因为点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，所以圆心(2，0)到直线距离d1＝eq \f(|2＋0＋2|,\r(2))＝2eq \r(2)，故点P到直线x＋y＋2＝0的距离d2的范围为[eq \r(2)，3eq \r(2)]，则S△ABP＝eq \f(1,2)AB·d2＝eq \r(2)d2∈[2，6]．
4．答案：(2，＋∞)．
解析：设P(x，y)，由eq \f(PM,PN)＝2，得(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，即点P在圆C1：(x－2)2＋y2＝4上；以AB为直径的圆为C2，圆心为C2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(t＋1,2)))，半径为eq \f(t－1,2)，由题意两圆相交，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(t－1,2)－2))＜eq \r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t＋1,2)))\s\up12(2))＜eq \f(t－1,2)＋2，解得t＞2.
5．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2))).
解析：圆C：(x－a)2＋(y－a)2＝1，直线l1：3x－y＝0，当CM⊥CN时，△CMN的面积最大，此时C到l1的距离为eq \f(\r(2),2)，则eq \f(|3a－a|,\r(10))＝eq \f(\r(2),2)，a＝eq \f(\r(5),2)，圆心Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2))).
6．答案：[－eq \r(2)，eq \r(2)]．
解析：由于圆C存在以G为中点的弦AM，且AM＝2GO，故OA⊥OM，如图所示，
过点O作圆C的两条切线，切点分别为B，D，圆上要存在满足题意的点A，只需∠EOD≥90°，即∠EOC≥45°，连接EC，由C(－2，m)可得OC＝eq \r(m2＋4)，BC＝eq \r(3)，由sin∠EOC＝eq \f(CE,OC)，所以eq \f(\r(3),\r(m2＋4))≥eq \f(\r(2),2)，即－eq \r(2)≤m≤eq \r(2).
7．答案：(1)直线AB的方程为x＋y－3＝0；(2)OD＋OE的最大值为4eq \r(2).
解析：(1)由题意O，A，C，B四点共圆，设为圆C′，则圆C′的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，且AB为两圆的公共弦，从而直线AB的方程为x＋y－3＝0.
(2)解法1设直线l：y＝kx，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,（x－2）2＋（y－2）2＝2))，得
(1＋k2)x2－(4＋4k)x＋6＝0.
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，于是OD＋OE＝eq \r(x12＋y12)＋eq \r(x22＋y22)＝eq \r(1＋k2)(x1＋x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \f(4（1＋k）,1＋k2)＝
4eq \r(\f(（1＋k）2,1＋k2))＝4eq \r(1＋\f(2k,1＋k2))≤
4eq \r(2)，即OD＋OE的最大值为
4eq \r(2).
解法2由平面几何知，OD·OE＝OC2－2＝6，且OC－eq \r(2)≤OD＜eq \r(OC2－2)，即eq \r(2)≤OD＜eq \r(6)，
所以OD＋OE＝OD＋eq \f(6,OD)≤eq \r(2)＋eq \f(6,\r(2))＝4eq \r(2).
8．答案：eq \f(5\r(23),16).
解析：以BC所在直线为x轴，线段BC的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系．不妨设B(－a，0)，C(a，0)，A(0，h)，(a＞0，
h＞0)，因为AB＝AC＝eq \r(3)，所以a2＋h2＝3.设P(x，y)，由PB2＋PC2＝3知，(x＋a)2＋y2＋(x－a)2＋y2＝3，即x2＋y2＝eq \f(3－2a2,2)＝h2－eq \f(3,2).①
由PA2＝1知，x2＋(y－h)2＝1.②
由①②知两圆有公共点，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\r(h2－\f(3,2))))≤h≤1＋eq \r(h2－\f(3,2))，解得h≥eq \f(5,4).所以S△ABC＝eq \f(1,2)·2a·h＝ah＝
heq \r(3－h2)＝
eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h2－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\f(9,4))≤eq \f(5\r(23),16).即△ABC面积的最大值为eq \f(5\r(23),16).